《浙江高考數(shù)學(xué)理二輪專題復(fù)習(xí)檢測(cè)：第二部分 思想方法剖析指導(dǎo) 第4講　轉(zhuǎn)化與化歸思想 專題能力訓(xùn)練22 Word版含答案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《浙江高考數(shù)學(xué)理二輪專題復(fù)習(xí)檢測(cè)：第二部分 思想方法剖析指導(dǎo) 第4講　轉(zhuǎn)化與化歸思想 專題能力訓(xùn)練22 Word版含答案（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 專題能力訓(xùn)練22　轉(zhuǎn)化與化歸思想 (時(shí)間:60分鐘　滿分:100分) 一、選擇題(本大題共8小題,每小題5分,共40分) 1.根據(jù)有關(guān)資料,圍棋狀態(tài)空間復(fù)雜度的上限M約為3361,而可觀測(cè)宇宙中普通物質(zhì)的原子總數(shù)N約為1080.則下列各數(shù)中與最接近的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　 (參考數(shù)據(jù):lg 3≈0.48) A.1033 B.1053 C.1073 D.1093 2.若不等式>0的解集為{x|-1<x<2},則不等式<0的解集

2、是(　　) A B C D 3.已知圓O1:(x-2)2+y2=16和圓O2:x2+y2=r2(0<r<2),動(dòng)圓M與圓O1和圓O2都相切,動(dòng)圓圓心M的軌跡為兩個(gè)橢圓,設(shè)這兩個(gè)橢圓的離心率分別為e1和e2(e1>e2),則e1+2e2的最小值為(　　) A B C D 4.(20xx浙江嘉興模擬)已知a,b∈R,則“|a+b|≤3”是“|a|+|b|≤3”的(　　) A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件 5.已知函數(shù)f(x)=4sin2-2cos 2x+1且給定條件p:x,又給定條件q:“|f

3、(x)-m|<2”,且p是q的充分條件,則實(shí)數(shù)m的取值范圍是(　　) A.(3,5) B.(-2,2) C.(1,3) D.(5,7) 6.已知F1,F2分別是橢圓C:=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn).若橢圓C上存在點(diǎn)P,使得線段PF1的中垂線恰好經(jīng)過(guò)焦點(diǎn)F2,則橢圓C離心率的取值范圍是(　　) A B C D 7.已知實(shí)數(shù)a,b滿足ln(b+1)+a-3b=0,實(shí)數(shù)c,d滿足2d-c+=0,則(a-c)2+(b-d)2的最小值為(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 8.設(shè)雙曲線=1(a>0,b>0)的右焦點(diǎn)為F,右頂點(diǎn)

4、為A,過(guò)F作AF的垂線與雙曲線交于B,C兩點(diǎn),過(guò)B,C分別作AC,AB的垂線,兩垂線交于點(diǎn)D.若D到直線BC的距離小于a+,則該雙曲線的漸近線斜率的取值范圍是(　　) A.(-1,0)∪(0,1) B.(-∞,-1)∪(1,+∞) C.(-,0)∪(0,) D.(-∞,-)∪(,+∞) 二、填空題(本大題共6小題,每小題5分,共30分) 9.若實(shí)數(shù)x,y滿足的取值范圍是　　　　　.  10.已知x>0,y>0,=1,若x+2y>m2+2m恒成立,則實(shí)數(shù)m的取值范圍是　　　　　.  11.(20xx浙江溫州模擬)設(shè)ω=N*且ω≤15,則使函數(shù)

5、y=sin ωx在區(qū)間上不單調(diào)的ω的個(gè)數(shù)是　　　　　.  12.已知實(shí)數(shù)u,v滿足u>|v|,2u=3(u2-v2),則3u+v的取值范圍是　　　　　　　　　　　　　.  13.設(shè)x,y是正實(shí)數(shù),且x+y=1,則的最小值是　　　　　.  14.已知函數(shù)f(x)=(b∈R),若存在x,使得f(x)>-x·f'(x),則實(shí)數(shù)b的取值范圍是　　　　　.  三、解答題(本大題共2小題,共30分.解答應(yīng)寫出必要的文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟) 15.(本小題滿分15分)已知點(diǎn)A(1,0),點(diǎn)P是圓C:(x+1)2+y2=8上

6、的任意一點(diǎn),線段PA的垂直平分線與直線CP交于點(diǎn)E. (1)求點(diǎn)E的軌跡方程; (2)若直線y=kx+m與點(diǎn)E的軌跡有兩個(gè)不同的交點(diǎn)P和Q,且原點(diǎn)O總在以PQ為直徑的圓的內(nèi)部,求實(shí)數(shù)m的取值范圍. 16.(本小題滿分15分)已知函數(shù)f(x)=(x+1)ln x-a(x-1). (1)當(dāng)a=4時(shí),求曲線y=f(x)在(1,f(1))處的切線方程; (2)若當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f(x)>0,求a的取值范圍. 參考答案 專題能力訓(xùn)練22　轉(zhuǎn)化與化歸思想 1.D　解析 設(shè)=x=,兩邊

7、取對(duì)數(shù),得lg x=lg=lg 3361-lg 1080=361×lg 3-80≈93.28,所以x≈1093.28,即與最接近的是1093.故選D. 2.A 3.A　解析 ①當(dāng)動(dòng)圓M與圓O1,O2都內(nèi)切時(shí),|MO2|+|MO1|=4-r=2a, ∴e1=, ②當(dāng)動(dòng)圓M與圓O1相外切而與O2相內(nèi)切時(shí),|MO1|+|MO2|=4+r=2a',∴e2=, ∴e1+2e2=, 令12-r=t(10<t<12),因此可得e1+2e2==2×≥2×,故選A. 4.B 5.D　解析 f(x)=4sin2-2cos 2x+1 =2-2cos

8、 2x+1 =2sin 2x-2cos 2x+3=4sin+3. 令t=2x-,當(dāng)≤x≤時(shí),f(x)=g(t)= 4sin t+3,≤t≤,∴當(dāng)≤x≤時(shí),f(x)max=7,f(x)min=5. ∵p是q的充分條件, ∴對(duì)任意x∈,|f(x)-m|<2恒成立, 即m-2<f(x)<m+2恒成立?解得5<m<7. 6.C　解析 設(shè)P(x1,y1),則PF1的中點(diǎn)Q在圓x2+y2=c2上,所以x2-2cx+b2-3c2=0,由條件可知該方程在(0,a]上有解,令f(x)=x2-2cx+b2-3c2,由于對(duì)稱軸x=>a,故應(yīng)有f(a)≤0?e≥.

9、 又e<1,所以≤e<1.選C. 7.A　解析 因?yàn)閘n(b+1)+a-3b=0, 則a=3b-ln(b+1),即設(shè)y=3x-ln(x+1). 因?yàn)?d-c+=0,則c=2d+,即設(shè)y=2x+. 要求取的表達(dá)式的本質(zhì)就是曲線上的點(diǎn)到直線距離的最小值. 因?yàn)閥'=3-,則y'=2時(shí),有x=0,y=0,即過(guò)原點(diǎn)的切線方程為y=2x. 最短距離為d==1.故選A. 8.A　解析 設(shè)雙曲線半焦距為c,則F(c,0),A(a,0),不妨設(shè)點(diǎn)B在點(diǎn)F的上方,點(diǎn)C在點(diǎn)F的下方,則B,C. 由于kAC=,且AC⊥BD,則kBD=-, 于是直線BD的方程為y-=-(

10、x-c), 由雙曲線的對(duì)稱性知AC的垂線BD與AB的垂線CD關(guān)于x軸對(duì)稱,所以兩垂線的交點(diǎn)D在x軸上,于是xD=+c=+c, 從而D到直線BC的距離為c-xD=-, 由已知得-<a+, 即-<a+c, 所以b4<a2(c-a) (c+a), 即b4<a2b2,<1, 從而0<<1.而雙曲線漸近線斜率k=±, 所以k∈(-1,0)∪(0,1). 9.　解析 如下圖所示,作出不等式組所表示的區(qū)域,其幾何意義為可行域內(nèi)一點(diǎn)(x,y)與點(diǎn)(-1,-1)連線的斜率,故由圖可知,zmin=,zmax=,故填. 10.(-4,2)　

11、解析 由=1可得,2y+x=2y·x·, ∴2y+x≥8. 由x+2y>m2+2m恒成立.故可得m2+2m<8. 所以-4<m<2. 11.8 12.　解析 滿足u>|v|,2u=3(u2-v2)的點(diǎn)為uOv坐標(biāo)平面上的雙曲線-v2=的右支,故當(dāng)直線3u+v=t與之相切時(shí)取到最小,聯(lián)立方程得24u2-(18t-2)u+3t2=0,令Δ=0得t=1+. 故所求范圍為. 13.　解析 設(shè)x+2=s,y+1=t, 則s+t=x+y+3=4, 所以=(s+t)+-6=-2,因?yàn)?s+t)=,所以. 14.　解析 由題意,得f'

12、;(x)=,則f(x)+xf'(x)=. 若存在x∈,使得f(x)>-x·f'(x), 則1+2x(x-b)>0, 所以b<x+. 設(shè)g(x)=x+,則g'(x)=1-, 當(dāng)≤x≤時(shí),g'(x)<0; 當(dāng)≤x≤2時(shí),g'(x)>0,所以g(x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,又當(dāng)x=時(shí),g,當(dāng)x=2時(shí),g(2)=.所以當(dāng)x=2時(shí),函數(shù)g(x)取最大值,最大值為, 所以b<g(x)max=. 15.解 (1)由題意知|EP|=|EA|,|CE|+|EP|=2, ∴|CE|+|EA|=2>|C

13、A|=2, ∴E的軌跡是以C,A為焦點(diǎn)的橢圓,其軌跡方程為+y2=1. (2)設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),則將直線與橢圓的方程聯(lián)立得消去y,得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-2=0,Δ>0,m2<2k2+1.① x1+x2=-,x1x2=. 原點(diǎn)O總在以PQ為直徑的圓的內(nèi)部, ∴<0, 即x1x2+y1y2<0, 而y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=, ∴<0, 即m2<,∴m2<,且滿足①式m的取值范圍是. 16.解 (1)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞).當(dāng)a=4時(shí), f(x)=(x+1)ln x-4(x-

14、1),f'(x)=ln x+-3,f'(1)=-2,f(1)=0.曲線y=f(x)在(1,f(1))處的切線方程為2x+y-2=0. (2)當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí), f(x)> 0等價(jià)于ln x->0. 設(shè)g(x)=ln x-, 則g'(x)=,g(1)=0. (ⅰ)當(dāng)a≤2,x∈(1,+∞)時(shí),x2+2(1-a)x+1≥x2-2x+1>0,故g'(x)>0,g(x)在(1,+∞)單調(diào)遞增, 因此g(x)>0; (ⅱ)當(dāng)a>2時(shí),令g'(x)=0得 x1=a-1-,x2=a-1+. 由x2>1和x1x2=1得x1<1, 故當(dāng)x∈(1,x2)時(shí),g'(x)<0,g(x)在(1,x2)單調(diào)遞減,因此g(x)<0. 綜上,a的取值范圍是(-∞,2].